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2023年高考第三次模拟考试卷-物理（B卷）（全解全析）
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这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-物理（B卷）（全解全析），共18页。试卷主要包含了如图所示，质量为的小环等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．我国著名理论物理科学家程开甲，是我国核武器的先驱，荣获了“改革先锋”“国家最高科学技术奖”“八一勋章”“人民科学家”等国家荣誉称号和中国科学院院士等多个优秀奖项与称号，为我国的科研事业奉献了他的一生。在对原子核物理的不断探索中，下列有关原子物理说法中正确的是（ ）
A．密立根对阴极射线的研究，证实了阴极射线的本质是电子流，并测定了电子的比荷
B．爱因斯坦的光电效应方程，从动量的角度上解释了光的量子化
C．卢瑟福不仅通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构，而且用α粒子轰击氮核发现了质子
D．玻尔将量子观念引入原子领域，很好地解释了所有原子光谱的分立特征
【答案】C
【详解】A．汤姆孙对阴极射线的研究，证实了阴极射线的本质是电子流，这是人类真正意义上第一次发现了电子，此后密立根测定了电子的比荷，A错误；
B．爱因斯坦的光电效应方程，从能量的角度上解释光的量子化，一个电子吸收一个光子的能量，B错误；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验确定原子的中间存在原子核，完全否定了汤姆孙的枣糕模型，并且用α粒子轰击氮核，，发现了质子，C正确；
D．玻尔将量子观念引入原子领域，指出原子中的电子轨道是量子化的，很好地解释了氢原子光谱的分立特征，并不能解释所有原子光谱，D错误。
故选C。
15．如图甲所示，每年夏季我国多地会出现日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，发生折射或反射形成的。一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上发生折射，其光路图如图乙所示，a、b为其折射出的光线中两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．在冰晶中，b光的传播速度较大
B．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大
C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较小
D．用同一装置做单缝衍射实验，b光的中央亮条纹更宽
【答案】B
【详解】A．设入射角为，折射角为，由图乙可知，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根据
可得a光折射率小于b光折射率，由
可得a光在冰晶中的传播速度大，A错误；
B．由临界角公式
可得从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，B正确；
C．由于a光折射率小于b光折射率，所以a光频率小于b光频率，由
可得a光波长大于b光波长，根据双缝干涉条纹间距公式
可知当通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较大，C错误；
D．用同一装置做单缝衍射实验，由于a光波长较长，所以a光的中央亮条纹更宽，D错误。
故选B。
16．“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B．从P点转移到Q点的时间小于6个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
【答案】C
【详解】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；
B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；
C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；
D．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由
可得
可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；
故选C。
17．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向夹角成60°且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，则以下说法正确的是（ ）
A．小球可能带正电，也可能带负电
B．磁感应强度B和电场强度E的大小关系为
C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D．若撤去电场，小球的机械能不断增大
【答案】C
【详解】A．小球所受洛伦兹力和支持力都与运动方向垂直，均不做功，重力做正功，而小球的动能保持不变，则电场力一定做负功，小球带正电，故A错误；
B．小球做匀速直线运动时，仅当支持力为零时，电场力、重力、洛伦兹力才三力平衡，有
则
故B错误；
C．撤去磁场后，因重力和电场力的合力垂直于杆，所以小球仍做匀速直线运动，故C正确；
D．撤去电场后，小球所受的力中仅有重力做功，所以小球的机械能不变，故D错误。
故选C。
18．如图所示，质量为的小环（可视为质点）套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为，定滑轮的大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取，则下列说法正确的是（）（ ）
A．A、C间距离为
B．小环最终静止在C点
C．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D．当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为
【答案】D
【详解】A．设A点和定滑轮之间的距离为s，A，C间距离为h。对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能是守恒的。根据系统的机械能守恒得
结合，，解得
故A错误；
B．在C点设绳与竖直方向的夹角为则
所以小环不会静止在C点，故B错误；
C．小环下落过程中，根据系统的机械能守恒可知小环减少的重力势能始终等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和，故C错误；
D．当小环下滑至绳与杆的夹角为时，有
得
由
得小环与物块的动能之比为
故D正确。
故选D。
19．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力F与两分子间距离r的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置。现把乙分子从a处由静止释放，则（ ）
A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B．乙分子运动过程中，分子到达b处时加速度最大
C．乙分子从a到b的过程中，两分子的分子势能一直减少
D．乙分子从a到c做加速运动，到达c时速度最大
【答案】CD
【详解】A．分子从a到b，分子力为引力，分子力做正功，做加速运动，由b到c还是为引力，仍然做加速运动，故A错误；
B．由题图可知，乙分子在运动过程中，分子到达b处时分子力不一定是最大的，故加速度不一定是最大，故B错误；
C．乙分子由a到b的过程中，分子力一直做正功，则两分子的分子势能一直减小，故C正确；
D．乙分子由a到c分子力始终做正功，做加速运动；由c到d分子力做负功，做减速运动，所以分子在c点时速度最大，故D正确。
故选CD。
20．如图，矩形线框的匝数为N，面积为S，理想变压器原副线圈匝数比为2:1，定值电阻的阻值为R，为滑动变阻器，线框所处磁场可视为磁感应强度为B的匀强磁场，现让线框由图示位置开始绕以恒定的角速度沿逆时针方向转动，忽略线框及导线的电阻，交流电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，线框的输出电压为
B．将的滑片上滑，线框的输出功率减小
C．交流电压表V的示数为
D．当时，矩形线框的输出功率为
【答案】BD
【详解】A．图示位置为中性面，穿过线框的磁通量最大，产生的感应电动势为0，即图示位置时，线框的输出电压为0，A错误；
B．线框转速一定，输出电压一定，即变压器原线圈两端电压一定，根据电压匝数关系，副线圈两端电压一定，的滑片上滑，接入电阻增大，副线圈中电流减小，则副线圈输出功率减小，原线圈中输入功率减小，定值电阻两端电压与原线圈电压相等，为一定值，即定值电阻消耗功率不变，可知，的滑片上滑，线框的输出功率减小，B正确；
C．线框电阻不计，线框的输出电压的最大值为，则有效值为
根据
解得
即交流电压表V的示数为，C错误；
D．定值电阻消耗的功率
滑动变阻器消耗的功率
则矩形线框的输出功率为
D正确。
故选BD。
21．如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则（ ）
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B．导体棒的最大速度为
C．通过导体棒的电荷量为
D．导体棒产生的焦耳热为
【答案】AC
【详解】A．金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，最后二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A正确；
B．以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度达到相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得
可得
故B错误；
C．对导体棒根据动量定理可得
其中
可得通过导体棒的电荷量为
故C正确；
D．导体棒产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共62分。
22．（7分）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：
（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹_，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．
（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是( )
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有( )
A．物块A的质量M
B．物块B的质量m
C．物块A与木板间的动摩擦因数μ
D．两物块最终的速度v
（4）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为______．
【答案】 间距相等（或均匀） D BD
【详解】试题分析：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的．
（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可知：f=Mgsinθ0，FN=Mgcsθ0
又因为f=μFN，所以；当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcsθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变．所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式△x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变．故D正确、ABC错误．故选D．
（3）（4）根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcsθ0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcsθ0）=0
化简得，把μ=tanθ0代入，得
由此可知为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v，故选BD
考点：带电粒子在磁场中的运动
23．（8分）某实验小组利用如图甲所示的电路测量一干电池的电动势与内阻．图甲中定值电阻，R为电阻箱，S为开关。不计电压表的内阻。
（1）断开开关S，将多用电表的表笔与电池相连，其中___________（填“红”或“黑”）表笔接电池的正极，粗测出该电池的电动势为。
（2）请将操作补充完整：闭合开关S，_____________，记录下电阻箱的阻值R以及电压表对应的示数U。
（3）根据如图甲所示的电路，可以用R，、E和r表示，即____________；作出图像如图乙所示，读出两个参考点的坐标与，根据该两点的坐标数据，可求出该干电池的电动势______________V（结果保留三位有效数字）。
【答案】 红 多次调节电阻箱 1.47
【详解】（1）[1]电流应该从红表笔流入多用表，所以红表笔接电池的正极。
（2）[2]闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的阻值R以及电压表对应的示数U，根据测得的多组数据做出相关图像，通过图像分析电池的电动势和内阻。
（3）[3]根据闭合电路欧姆定律可得
整理得
由图象可知
解得
24．（15分）如图所示，在竖直边界线左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为，点距水平地面的高度为。段为一粗糙绝缘平面，其长度为。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线右侧区域固定一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道，为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线，位于电场区域的外部（忽略电场对右侧空间的影响）。现将一个质量为、电荷量为的带正电的小球（可视为质点）在点由静止释放，该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为，在C点处与另一不带电且质量为小球发生正碰，碰后粘在一起向右运动。求：（取）
(1)小球到达C点时的速度大小；
(2)两球碰后瞬间的速度大小；
(3)两球碰后进入圆轨道且不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围。
【答案】(1) 2m/s ；(2) m/s ；(3)
【详解】(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：
则得
vC =2m/s
(2)两球碰撞时动量守恒，则
解得
(3)以两球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：
两球恰能到达最高点时，根据牛顿第二定律可得：
联立解得
R=0.2m
若两球恰能到达与轨道圆心等高的位置，则由机械能守恒定律
解得
R=0.5m
则两球碰后进入圆轨道且不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围为
25．（12分）如图所示，一导热性良好的汽缸，水平放置固定在地面上，总体积为V，长度为L，正中间有一厚度不计的活塞，用外力作用在活塞上使活塞恰好处于平衡状态，汽缸的右端一小孔用细软的导管与玻璃管的下端相连，导管内气体的体积不计。玻璃管的总长度为，上端开口，横截面积为S，中部有一段长度为的水银柱，且水银柱与玻璃管底面间的距离为h。忽略活塞与汽缸壁间的摩擦，已知水银的密度为ρ，重力加速度为g，外界大气压为，环境温度为。
（i）求外力F的大小。
（ii）撤去外力F，若要保持水银柱的位置不变，应使环境温度升高为，则等于多少？
【答案】（i）；（ii）
【详解】（i）开始时，设玻璃管中气体的压强为，对玻璃管中的水银柱，由平衡条件得
玻璃管与汽缸相连，则汽缸内气体的压强等于，设活塞的横截面积为，则有
对活塞由平衡条件得
联立解得
（ii）水银柱的位置不变，则玻璃管中气体的压强不变，活塞最终静止在汽缸最左端，对汽缸和玻璃管中的气体，由盖-吕萨克定律得
解得
26．（20分）如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨间距为，导轨平面与水平面间的夹角为，导轨上下两端分别连接阻值为的电阻，导轨平面存在若干匀强磁场区域，磁场区域和无磁场区域相间，磁场区域的宽度均为，相邻磁场之间的无磁场区域的宽度均为。匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于导轨平面向上。一质量为、阻值为的导体棒跨接在导轨上，从磁场区域上边界上方某处由静止释放，导体棒下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导轨的电阻可以忽略不计。重力加速度为。
(1)若导体棒能够匀速通过磁场区域Ⅰ，求导体棒释放处与磁场区域上边界的距离；
(2)若导体棒在每个相邻磁场之间的无磁场区域中运动的时间均为，求导体棒释放处与磁场区域上边界的距离和导体棒通过每一个磁场区域的时间。
【答案】(1) ；(2) ，
【详解】(1)导体棒进入磁场切割磁感线，有
联立求解，可得
当导体棒匀速通过磁场Ⅰ时，满足
导体棒开始运动到进入磁场Ⅰ瞬间，有动能定理得
联立以上各式，解得
(2)设导体棒每次进入磁场时的速度分别为，出磁场时的速度分别为，在无磁场区域内的运动的加速度为，如图所示
导体棒在无磁场区域的运动过程中，据牛顿第二定律得
联立上式求解，可得
同理可得
即导体棒每次进入磁场区域的速度相同，每次出磁场区域的速度相同，导体棒通过每个磁场的区域时间均相同。
导体棒离开磁场Ⅰ到进入磁场II的过程中，由匀变速直线运动规律得
导体棒开始运动到进入磁场Ⅰ瞬间
解得
导体棒通过磁场Ⅰ的过程中，根据动量定理得
解得
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．我国著名理论物理科学家程开甲，是我国核武器的先驱，荣获了“改革先锋”“国家最高科学技术奖”“八一勋章”“人民科学家”等国家荣誉称号和中国科学院院士等多个优秀奖项与称号，为我国的科研事业奉献了他的一生。在对原子核物理的不断探索中，下列有关原子物理说法中正确的是（ ）
A．密立根对阴极射线的研究，证实了阴极射线的本质是电子流，并测定了电子的比荷
B．爱因斯坦的光电效应方程，从动量的角度上解释了光的量子化
C．卢瑟福不仅通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构，而且用α粒子轰击氮核发现了质子
D．玻尔将量子观念引入原子领域，很好地解释了所有原子光谱的分立特征
【答案】C
【详解】A．汤姆孙对阴极射线的研究，证实了阴极射线的本质是电子流，这是人类真正意义上第一次发现了电子，此后密立根测定了电子的比荷，A错误；
B．爱因斯坦的光电效应方程，从能量的角度上解释光的量子化，一个电子吸收一个光子的能量，B错误；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验确定原子的中间存在原子核，完全否定了汤姆孙的枣糕模型，并且用α粒子轰击氮核，，发现了质子，C正确；
D．玻尔将量子观念引入原子领域，指出原子中的电子轨道是量子化的，很好地解释了氢原子光谱的分立特征，并不能解释所有原子光谱，D错误。
故选C。
15．如图甲所示，每年夏季我国多地会出现日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，发生折射或反射形成的。一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上发生折射，其光路图如图乙所示，a、b为其折射出的光线中两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．在冰晶中，b光的传播速度较大
B．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大
C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较小
D．用同一装置做单缝衍射实验，b光的中央亮条纹更宽
【答案】B
【详解】A．设入射角为，折射角为，由图乙可知，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根据
可得a光折射率小于b光折射率，由
可得a光在冰晶中的传播速度大，A错误；
B．由临界角公式
可得从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，B正确；
C．由于a光折射率小于b光折射率，所以a光频率小于b光频率，由
可得a光波长大于b光波长，根据双缝干涉条纹间距公式
可知当通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较大，C错误；
D．用同一装置做单缝衍射实验，由于a光波长较长，所以a光的中央亮条纹更宽，D错误。
故选B。
16．“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B．从P点转移到Q点的时间小于6个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
【答案】C
【详解】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；
B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；
C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；
D．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由
可得
可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；
故选C。
17．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向夹角成60°且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，则以下说法正确的是（ ）
A．小球可能带正电，也可能带负电
B．磁感应强度B和电场强度E的大小关系为
C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D．若撤去电场，小球的机械能不断增大
【答案】C
【详解】A．小球所受洛伦兹力和支持力都与运动方向垂直，均不做功，重力做正功，而小球的动能保持不变，则电场力一定做负功，小球带正电，故A错误；
B．小球做匀速直线运动时，仅当支持力为零时，电场力、重力、洛伦兹力才三力平衡，有
则
故B错误；
C．撤去磁场后，因重力和电场力的合力垂直于杆，所以小球仍做匀速直线运动，故C正确；
D．撤去电场后，小球所受的力中仅有重力做功，所以小球的机械能不变，故D错误。
故选C。
18．如图所示，质量为的小环（可视为质点）套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为，定滑轮的大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取，则下列说法正确的是（）（ ）
A．A、C间距离为
B．小环最终静止在C点
C．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D．当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为
【答案】D
【详解】A．设A点和定滑轮之间的距离为s，A，C间距离为h。对于小环和重物组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能是守恒的。根据系统的机械能守恒得
结合，，解得
故A错误；
B．在C点设绳与竖直方向的夹角为则
所以小环不会静止在C点，故B错误；
C．小环下落过程中，根据系统的机械能守恒可知小环减少的重力势能始终等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和，故C错误；
D．当小环下滑至绳与杆的夹角为时，有
得
由
得小环与物块的动能之比为
故D正确。
故选D。
19．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力F与两分子间距离r的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置。现把乙分子从a处由静止释放，则（ ）
A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B．乙分子运动过程中，分子到达b处时加速度最大
C．乙分子从a到b的过程中，两分子的分子势能一直减少
D．乙分子从a到c做加速运动，到达c时速度最大
【答案】CD
【详解】A．分子从a到b，分子力为引力，分子力做正功，做加速运动，由b到c还是为引力，仍然做加速运动，故A错误；
B．由题图可知，乙分子在运动过程中，分子到达b处时分子力不一定是最大的，故加速度不一定是最大，故B错误；
C．乙分子由a到b的过程中，分子力一直做正功，则两分子的分子势能一直减小，故C正确；
D．乙分子由a到c分子力始终做正功，做加速运动；由c到d分子力做负功，做减速运动，所以分子在c点时速度最大，故D正确。
故选CD。
20．如图，矩形线框的匝数为N，面积为S，理想变压器原副线圈匝数比为2:1，定值电阻的阻值为R，为滑动变阻器，线框所处磁场可视为磁感应强度为B的匀强磁场，现让线框由图示位置开始绕以恒定的角速度沿逆时针方向转动，忽略线框及导线的电阻，交流电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，线框的输出电压为
B．将的滑片上滑，线框的输出功率减小
C．交流电压表V的示数为
D．当时，矩形线框的输出功率为
【答案】BD
【详解】A．图示位置为中性面，穿过线框的磁通量最大，产生的感应电动势为0，即图示位置时，线框的输出电压为0，A错误；
B．线框转速一定，输出电压一定，即变压器原线圈两端电压一定，根据电压匝数关系，副线圈两端电压一定，的滑片上滑，接入电阻增大，副线圈中电流减小，则副线圈输出功率减小，原线圈中输入功率减小，定值电阻两端电压与原线圈电压相等，为一定值，即定值电阻消耗功率不变，可知，的滑片上滑，线框的输出功率减小，B正确；
C．线框电阻不计，线框的输出电压的最大值为，则有效值为
根据
解得
即交流电压表V的示数为，C错误；
D．定值电阻消耗的功率
滑动变阻器消耗的功率
则矩形线框的输出功率为
D正确。
故选BD。
21．如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则（ ）
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B．导体棒的最大速度为
C．通过导体棒的电荷量为
D．导体棒产生的焦耳热为
【答案】AC
【详解】A．金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，最后二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A正确；
B．以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度达到相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得
可得
故B错误；
C．对导体棒根据动量定理可得
其中
可得通过导体棒的电荷量为
故C正确；
D．导体棒产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共62分。
22．（7分）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：
（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹_，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．
（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是( )
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有( )
A．物块A的质量M
B．物块B的质量m
C．物块A与木板间的动摩擦因数μ
D．两物块最终的速度v
（4）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为______．
【答案】 间距相等（或均匀） D BD
【详解】试题分析：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的．
（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可知：f=Mgsinθ0，FN=Mgcsθ0
又因为f=μFN，所以；当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcsθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变．所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式△x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变．故D正确、ABC错误．故选D．
（3）（4）根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcsθ0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcsθ0）=0
化简得，把μ=tanθ0代入，得
由此可知为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v，故选BD
考点：带电粒子在磁场中的运动
23．（8分）某实验小组利用如图甲所示的电路测量一干电池的电动势与内阻．图甲中定值电阻，R为电阻箱，S为开关。不计电压表的内阻。
（1）断开开关S，将多用电表的表笔与电池相连，其中___________（填“红”或“黑”）表笔接电池的正极，粗测出该电池的电动势为。
（2）请将操作补充完整：闭合开关S，_____________，记录下电阻箱的阻值R以及电压表对应的示数U。
（3）根据如图甲所示的电路，可以用R，、E和r表示，即____________；作出图像如图乙所示，读出两个参考点的坐标与，根据该两点的坐标数据，可求出该干电池的电动势______________V（结果保留三位有效数字）。
【答案】 红 多次调节电阻箱 1.47
【详解】（1）[1]电流应该从红表笔流入多用表，所以红表笔接电池的正极。
（2）[2]闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的阻值R以及电压表对应的示数U，根据测得的多组数据做出相关图像，通过图像分析电池的电动势和内阻。
（3）[3]根据闭合电路欧姆定律可得
整理得
由图象可知
解得
24．（15分）如图所示，在竖直边界线左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为，点距水平地面的高度为。段为一粗糙绝缘平面，其长度为。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线右侧区域固定一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道，为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线，位于电场区域的外部（忽略电场对右侧空间的影响）。现将一个质量为、电荷量为的带正电的小球（可视为质点）在点由静止释放，该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为，在C点处与另一不带电且质量为小球发生正碰，碰后粘在一起向右运动。求：（取）
(1)小球到达C点时的速度大小；
(2)两球碰后瞬间的速度大小；
(3)两球碰后进入圆轨道且不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围。
【答案】(1) 2m/s ；(2) m/s ；(3)
【详解】(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：
则得
vC =2m/s
(2)两球碰撞时动量守恒，则
解得
(3)以两球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：
两球恰能到达最高点时，根据牛顿第二定律可得：
联立解得
R=0.2m
若两球恰能到达与轨道圆心等高的位置，则由机械能守恒定律
解得
R=0.5m
则两球碰后进入圆轨道且不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围为
25．（12分）如图所示，一导热性良好的汽缸，水平放置固定在地面上，总体积为V，长度为L，正中间有一厚度不计的活塞，用外力作用在活塞上使活塞恰好处于平衡状态，汽缸的右端一小孔用细软的导管与玻璃管的下端相连，导管内气体的体积不计。玻璃管的总长度为，上端开口，横截面积为S，中部有一段长度为的水银柱，且水银柱与玻璃管底面间的距离为h。忽略活塞与汽缸壁间的摩擦，已知水银的密度为ρ，重力加速度为g，外界大气压为，环境温度为。
（i）求外力F的大小。
（ii）撤去外力F，若要保持水银柱的位置不变，应使环境温度升高为，则等于多少？
【答案】（i）；（ii）
【详解】（i）开始时，设玻璃管中气体的压强为，对玻璃管中的水银柱，由平衡条件得
玻璃管与汽缸相连，则汽缸内气体的压强等于，设活塞的横截面积为，则有
对活塞由平衡条件得
联立解得
（ii）水银柱的位置不变，则玻璃管中气体的压强不变，活塞最终静止在汽缸最左端，对汽缸和玻璃管中的气体，由盖-吕萨克定律得
解得
26．（20分）如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨间距为，导轨平面与水平面间的夹角为，导轨上下两端分别连接阻值为的电阻，导轨平面存在若干匀强磁场区域，磁场区域和无磁场区域相间，磁场区域的宽度均为，相邻磁场之间的无磁场区域的宽度均为。匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于导轨平面向上。一质量为、阻值为的导体棒跨接在导轨上，从磁场区域上边界上方某处由静止释放，导体棒下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导轨的电阻可以忽略不计。重力加速度为。
(1)若导体棒能够匀速通过磁场区域Ⅰ，求导体棒释放处与磁场区域上边界的距离；
(2)若导体棒在每个相邻磁场之间的无磁场区域中运动的时间均为，求导体棒释放处与磁场区域上边界的距离和导体棒通过每一个磁场区域的时间。
【答案】(1) ；(2) ，
【详解】(1)导体棒进入磁场切割磁感线，有
联立求解，可得
当导体棒匀速通过磁场Ⅰ时，满足
导体棒开始运动到进入磁场Ⅰ瞬间，有动能定理得
联立以上各式，解得
(2)设导体棒每次进入磁场时的速度分别为，出磁场时的速度分别为，在无磁场区域内的运动的加速度为，如图所示
导体棒在无磁场区域的运动过程中，据牛顿第二定律得
联立上式求解，可得
同理可得
即导体棒每次进入磁场区域的速度相同，每次出磁场区域的速度相同，导体棒通过每个磁场的区域时间均相同。
导体棒离开磁场Ⅰ到进入磁场II的过程中，由匀变速直线运动规律得
导体棒开始运动到进入磁场Ⅰ瞬间
解得
导体棒通过磁场Ⅰ的过程中，根据动量定理得
解得
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